2018年高考北京卷化學試題(含答案解析).doc

絕密啟封并使用完畢前2018 年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理科綜合能力測試化學 （北京卷）本試卷共 16 頁，共 300 分。考試時長 150 分鐘。考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量： H 1 C 12 N 14 O 16第一部分（選擇題）1. 下列我國科技成果所涉及物質的應用中，發(fā)生的不是 化學變化的是（ ）2. 我國科研人員提出了由 CO2 和 CH4 轉化為高附加值產品 CH3COOH 的催化反應歷程。該歷程示意圖如下。下列說法不正確的是（ ）A. 生成 CH3COOH 總反應的原子利用率為 100%B. CH4CH3COOH 過程中 ，有 CH 鍵發(fā)生斷裂C. 放出能量并形成了 CC 鍵D. 該催化劑可有效提高反應物的平衡轉化率3. 下列化學用語對事實的表述不正確的是（ ）18OH C17H35COOC2H5+H218O A. 硬脂酸與乙醇的酯化反應 ：C17H35COOH+C 2H 5B. 常溫時 ，0.1 mol L -1 氨水的 pH=11.1：NH 3H2O +OH-1 氨水的 pH=11.1：NH 3H2O +OH-C. 由 Na 和 C1 形成離子鍵的過程：1D. 電解精煉銅的陰極反應 ：Cu2+ +2e- Cu4. 下列實驗中的顏色變化 ， 與氧化還原反應無關的是（ ）A B C DNaOH 溶液滴入 FeSO4 溶液 Na2S溶液滴入 AgCl 濁實驗 石蕊溶液滴入氯水中 熱銅絲插入稀硝酸中中 液中產生白色沉淀， 隨后變?yōu)榧t 溶液變紅，隨后迅速褪 沉淀由白色逐漸變?yōu)?產生無色氣體，隨后變?yōu)楝F(xiàn)象褐色 色 黑色 紅棕色5. 一種芳綸纖維的拉伸強度比鋼絲還高 ，廣泛用作防護材料。其結構片段如下圖下列關于該高分子的說法正確的是（ ）A. 完全水解產物的單個分子中 ，苯環(huán)上的氫原子具有不同的化學環(huán)境B. 完全水解產物的單個分子中 ， 含有官能團 COOH 或NH2C. 氫鍵對該高分子的性能沒有影響D. 結構簡式為：6. 測定 0.1 mol L-1 Na2SO3 溶液先升溫再降溫過程中的 pH，數(shù)據(jù)如下。時刻 溫度 / 25 30 40 25pH 9.66 9.52 9.37 9.25實驗過程中，取時刻的溶液，加入鹽酸酸化的 BaCl2 溶液做對比實驗，產生白色沉淀多。下列說法不正確的是（ ）A. Na 2SO3 溶液中存在水解平衡 ： +H2O +OH-B. 的 pH 與 不同 ， 是由于 濃度減小造成的C. 的過程中 ，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致2D. 與的 Kw 值相等7. 驗證犧牲陽極的陰極保護法 ， 實驗如下 （ 燒杯內均為經過酸化的 3%NaCl 溶液 ）。下列說法不正確 的是（ ） A. 對比 ， 可以判定 Zn 保護了 FeB. 對比 ， K3Fe(CN) 6可能將 Fe氧化C. 驗證 Zn 保護 Fe時不能用 的方法D. 將 Zn 換成 Cu， 用 的方法可判斷 Fe比 Cu 活潑第二部分（非選擇題）8. 8- 羥基喹啉被廣泛用作金屬離子的絡合劑和萃取劑，也是重要的醫(yī)藥中間體。下圖是 8- 羥基喹啉的合成路線。已知： i.ii. 同一個碳原子上連有 2 個羥基的分子不穩(wěn)定。（1）按官能團分類， A 的類別是 _。（2）AB 的化學方程式是 _。（3）C 可能的結構簡式是 _。（4）CD 所需的試劑 a 是_。（5）DE 的化學方程式是 _。3（6）FG 的反應類型是 _。（7）將下列 KL 的流程圖補充完整： _（8）合成 8- 羥基喹啉時， L 發(fā)生了 _（填 “氧化 ”或“還原 ”）反應，反應時還生成了水，則 L 與 G 物質的量之比為 _。9. 磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為 Ca5(PO4)3(OH) ，還含有 Ca5(PO4)3F 和有機碳等。溶解度： Ca5(PO4)3(OH)”或“ (3). 反應是氣體物 10、【答案】 (1). 3SO2(g)+2H 2O (g) 2H2SO4 (l)+S(s) H2=- 254 kJ mol質的量減小的反應， 溫度一定時， 增大壓強使反應正向移動， H2SO4 的物質的量增大， 體系總物質的量減小， H2SO42-的物質的量分數(shù)增大 (4). SO2 (5). SO4(6). 4H+ (7). 0.4 (8). I- 是 SO2 歧化反應的催化劑， H+單獨存在時不具有催化作用，但H+可以加快歧化反應速率 (9). 反應 ii 比 i 快；D 中由反應 ii 產生的 H+使反應 i 加快11、【答案】 (1). 2KMnO 4+16HCl 2MnCl 2+2KCl +5Cl 2 +8H2O (2). (3).Cl2+2OH- -Cl+ClO-+H 2O (4). i. Fe3+2-(5). 4FeO4+20H+3+4Fe +3O2 +10H2O (6). 排除 ClO- 的干擾2- 在過量酸的作用下完全轉化為Fe3+和 O2，溶液淺紫色 (7). (8). 溶液的酸堿性不同 (9). 若能，理由： FeO4一定是 MnO 4- 的顏色（若不能，方案：向紫色溶液 b 中滴加過量稀H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）72018 年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理科綜合能力測試化學 （北京卷）1、【答案】 B點睛：本題考查化學變化、核反應的區(qū)別，化學變化的特征是有新物質生成。注意化學變化與核反應的區(qū)別，化學變化過程中原子核不變 ， 核反應不屬于化學反應。2、【答案】 D【解析】分析 ：A 項，生成 CH3COOH 的總反應為 CH4+CO2 CH3COOH，原子利用率為 100%；B 項，CH4選擇性活化變?yōu)?過程中，有 1 個 C-H 鍵發(fā)生斷裂； C 項，根據(jù)圖示， 的總能量高于 的總能量， 放出能量并形成 C-C 鍵；D 項，催化劑只影響化學反應速率，不影響化學平衡，不能提高平衡轉化率 。詳解 ：A 項，根據(jù)圖示 CH4與 CO2 在催化劑存在時生成 CH3COOH ，總反應為 CH4+CO2 CH3COOH ，只有CH3COOH 一種生成物，原子利用率為 100%，A 項正確； B 項，CH4 選擇性活化變?yōu)?過程中，有 1 個 C-H 鍵發(fā)生斷裂 ，B 項正確； C 項，根據(jù)圖示， 的總能量高于 的總能量， 放出能量 ，對比 和， 形成 C-C鍵，C 項正確 ；D 項，催化劑只影響化學反應速率，不影響化學平衡 ， 不能提高反應物的平衡轉化率， D 項錯誤；答案選 D。點睛：本題考查原子利用率、化學反應的實質、化學反應中的能量變化、催化劑對化學反應的影響，解題的關鍵是準確分析示意圖中的信息。注意催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，催化劑不能改變 H、 不能使化學平衡發(fā)生移動。3、【答案】 A【解析】分析 ：A 項，酯化反應的機理是 “酸脫羥基醇脫氫 ”；B 項，氨水為弱堿水溶液，存在電離平衡； C 項，Na +，Cl 易得電子形成 Cl-；D 項，電解精煉銅時，精銅為陰極，粗銅為陽極。易失電子形成 Na詳解 ：A 項，酯化反應的機理是 “酸脫羥基醇脫氫 ”， 硬脂酸與乙醇反應的化學方程式為C17H35COOH+C 2H5 18OH C17H35CO18OC2H5+H2O，A 項錯誤； B 項，常溫下 0.1mol L-1 氨水的 pH=11.1，溶液8中 c（OH-）=10-2.9mol L-1 0.1mol L-1，氨水為弱堿水溶液，電離方程式為 NH3H2O NH 4+OH -，B 項正確； C +，Cl 原子最外層有 7 個電子， Cl 易得電子形成 Cl-，Na 將最項，Na 原子最外層有 1 個電子， Na 易失電子形成 Na +與 Cl-間形成離子鍵， C 項正確； D 項，電解精煉銅時，精銅為陰極，粗銅為陽極，外層的 1 個電子轉移給 Cl，Na陰極電極反應式為 Cu2+2e-=Cu，D 項正確；答案選 A 。點睛：本題考查酯化反應的機理、電離方程式的書寫、用電子式表示物質的形成過程、電解精煉銅的原理。注意強電解質和弱電解質電離方程式的區(qū)別、用電子式表示離子化合物和共價化合物形成過程的區(qū)別。4、【答案】 C【解析】分析： A 項，白色沉淀變?yōu)榧t褐色沉淀時的反應為 4Fe（OH）2+O2+2H 2O=4Fe（OH）3；B 項，紅色褪色是 HClO 表現(xiàn)強氧化性； C 項，白色沉淀變?yōu)楹谏珪r的反應為 2AgCl+Na 2S=Ag2S+2NaCl ；D 項，氣體由無色變?yōu)榧t棕色時的反應為 2NO+O 2=2NO 2。詳解 ：A 項，NaOH 溶液滴入 FeSO4溶液中產生白色 Fe（OH）2 沉淀，白色沉淀變?yōu)榧t褐色沉淀時的反應為4Fe（OH）2+O2+2H 2O=4Fe（OH）3，該反應前后元素化合價有升降，為氧化還原反應； B 項，氯水中存在反應Cl2+H2O HCl+HClO ，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先變紅，紅色褪色是 HClO 表現(xiàn)強氧化性 ，與有色物質發(fā)生氧化還原反應； C 項，白色沉淀變?yōu)楹谏珪r的反應為 2AgCl+Na 2S=Ag2S+2NaCl， 反應前后元素化合價不變，不是氧化還原反應； D 項，Cu 與稀 HNO 3 反應生成 Cu（NO 3）2、NO 氣體和 H2O，氣體由無色變?yōu)榧t棕色時的反應為 2NO+O 2=2NO2，反應前后元素化合價有升降，為氧化還原反應；與氧化還原反應無關的是 C 項，答案選C。點睛：本題考查氧化還原反應的判斷 ，分析顏色變化的原因 、理解氧化還原反應的特征是解題的關鍵。5、【答案】 B【解析】 分析： 芳綸纖維的結構片段中含肽鍵， 完全水解的單個分子為 、 ；采用切割法分析其單體為 、 ， 該高分子化合物的結構簡式為 。詳解 ：A 項，芳綸纖維的結構片段中含肽鍵，完全水解產物的單個分子為、 ， 、 中苯環(huán)都只有 1 種化學環(huán)境的氫原子，A 項錯誤；B 項，芳綸纖維的結構片段中含肽鍵， 完全水解產物的單個分子為 、 ，含有的官能團為 -COOH 或-NH 2，B 項正確； C 項，氫鍵對該分子的性能有影響，如影響沸點 、 密度、硬度等， C 項錯誤； D 項，芳綸纖維的結構片段中含肽鍵，采用切割法分析其單體為 、 ，該高分子化合物由 、 通過縮聚反應形成，其結構簡式為9，D 項錯誤；答案選 B。點睛：本題考查肽鍵的水解、氫原子化學環(huán)境的分析、氫鍵對物質性質的影響、高分子化合物的書寫。注意掌握單體的判斷方法，首先根據(jù)高聚物判斷是加聚產物還是縮聚產物，然后根據(jù)推斷單體的方法作出判斷： （1） 加聚產物單體的推斷常用 “彎箭頭法” ，單鍵變雙鍵， C 上多余的鍵斷開； （2）縮聚產物單體的推斷常用 “切割法 ”，找到斷鍵點，斷鍵后在相應部位補上 -OH 或-H。6、【答案】 C2-【解析】分析 ：A 項， Na2SO3 屬于強堿弱酸鹽， SO3 存在水解平衡； B 項，取 時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗， 產生白色沉淀多 ， 說明實驗過程中部分 Na2SO3被氧化成 Na2SO4， 與溫度相同， 與對比 ，SO32-濃度減小，溶液中 c（OH- ）， 的 pH 小于 ； C 項，鹽類水解為吸熱過程， 的過程，升高2- 2-溫度 SO3 水解平衡正向移動， c（SO3 ）減小，水解平衡逆向移動； D 項，Kw 只與溫度有關。點睛：本題考查鹽類水解離子方程式的書寫、外界條件對鹽類水解平衡的影響、影響水的離子積的因素、 SO32-的還原性。解題時注意從溫度和濃度兩個角度進行分析。7、【答案】 D2+， 【解析】分析： A 項，對比 ，F(xiàn)e附近的溶液中加入 K3Fe（CN）6無明顯變化， Fe 附近的溶液中不含 Fe2+Fe附近的溶液中加入 K3Fe（CN）6產生藍色沉淀， Fe附近的溶液中含 Fe ，中 Fe 被保護； B 項， 加入2+ ，對比 的異同， 可能是 K3Fe（CN）6將 Fe氧化K3Fe（CN）6在 Fe表面產生藍色沉淀， Fe表面產生了 Fe 2+；C 項，對比 ，也能檢驗出 Fe2+，不能用 的方法驗證 Zn 保護 Fe；D 項，由實驗可知 K3Fe（CN）成 Fe2+ ，將 Zn 換成 Cu 不能用 的方法證明 Fe比 Cu 活潑。6可能將 Fe氧化成 Fe2+詳解： A 項，對比 ，F(xiàn)e附近的溶液中加入 K3Fe（CN）6無明顯變化， Fe 附近的溶液中不含 Fe，F(xiàn)e2+，中 Fe被保護， A 項正確； B 項， 附近的溶液中加入 K3Fe（CN）6產生藍色沉淀， Fe 附近的溶液中含 Fe2+加入 K3Fe（CN）6在 Fe表面產生藍色沉淀， Fe 表面產生了 Fe ，對比 的異同， 可能是 K3Fe（CN）6將 Fe2+ 2+氧化成 Fe ，B 項正確； C 項，對比 ，加入 K3Fe（CN）6在 Fe表面產生藍色沉淀， 也能檢驗出 Fe，不102+，將 Zn 換成 Cu 能用 的方法驗證 Zn 保護Fe，C 項正確； D 項，由實驗可知K3Fe（CN）6可能將 Fe 氧化成 Fe不能用 的方法證明Fe比 Cu 活潑， D 項錯誤；答案選D。2+的檢驗、實驗方案的對比，解決本題的關鍵是用對比分 點睛：本題通過實驗驗證犧牲陽極的陰極保護法，考查Fe析法。要注意操作條件的變化，如 中沒有取溶液， 中取出溶液，考慮Fe 對實驗結果的影響。要證明Fe比 Cu活潑，可用 的方法。8、【答案】 (1).烯烴 (2). CH 2=CHCH 3+Cl 2 CH2=CHCH 2Cl+HCl (3). HOCH 2CHClCH 2ClClCH 2CH(OH)CH 2Cl (4). NaOH ，H2O (5). HOCH 2CH(OH)CH 2OH CH2=CHCHO+2H 2O (6). 取代反應 (7). (8). 氧化 (9). 3 1【解析】分析 ：A 的分子式為 C3H6，A 的不飽和度為 1，A 與 Cl 2高溫反應生成 B，B 與 HOCl 發(fā)生加成反應生成C，C 的分子式為 C3H6OCl2，B 的分子式為 C3H5Cl，B 中含碳碳雙鍵， A B 為取代反應，則A 的結構簡式為CH3CH=CH 2；根據(jù) C、D 的分子式 ，CD 為氯原子的取代反應，結合題給已知 ii，C 中兩個 Cl 原子連接在兩個不同的碳原子上，則A 與 Cl2 高溫下發(fā)生飽和碳上氫原子的取代反應， B 的結構簡式為 CH2=CHCH 2Cl、C 的結構簡式為 HOCH 2CHClCH 2Cl 或 ClCH 2CH（OH）CH2Cl 、D 的結構簡式為 HOCH 2CH（OH）CH2OH；D 在濃硫酸、加熱時消去 2 個 “H2O”生成 E；根據(jù) F GJ 和 E+JK ，結合F、G、J的分子式以及 K 的結構簡式， E+JK 為加成反應，則E 的結構簡式為 CH2=CHCHO ，F(xiàn) 的結構簡式為 、G 的結構簡式為 、J的結構簡式為；K 的分子式為 C9H11NO 2，L 的分子式為 C9H9NO，KL 的過程中脫去 1 個 “H2O”， 結合KL 的反應條件和題給已知i，KL 先發(fā)生加成反應 、 后發(fā)生消去反應， L 的結構簡式為 。11（2）AB 為 CH3CH=CH 2 與 Cl 2高溫下的取代反應，反應的化學方程式為CH3CH=CH 2+Cl2 CH2=CHCH 2Cl+HCl 。（3）B 與 HOCl 發(fā)生加成反應生成 C，由于 B 關于碳碳雙鍵不對稱， C 可能的結構簡式為 HOCH 2CHClCH 2Cl 或ClCH 2CH（OH）CH2Cl。（4）CD 為氯原子的水解反應 ，CD 所需的試劑 a是 NaOH 、H2O，即 NaOH 水溶液。（5）DE 為消去反應，反應的化學方程式為 HOCH 2CH（OH）CH2OH CH 2=CHCHO+2H 2O。（6）F 的結構簡式為 、G 的結構簡式為 ，F(xiàn)G 的反應類型為取代反應。（7）K 的分子式為 C9H11NO 2，L 的分子式為 C9H9NO，對比 K 和 L 的分子式， KL 的過程中脫去 1 個 “H2O”，結合 KL 的反應條件和題給已知 i，K 先發(fā)生加成反應生成 ， 發(fā)生消去反應生成 L，補充的流程圖為： 。（8）根據(jù)流程 L+GJ+8 -羥基喹啉 +H 2O，即 + + +H2O，對比 L 和8-羥基喹啉的結構簡式， L 發(fā)生了去氫的氧化反應。根據(jù)原子守恒，反應過程中 L 與 G 物質的量之比為 3:1。點睛： 本題以 8-羥基喹啉的合成為載體， 考查有機推斷 、 有機物類別的判斷、 有機物結構簡式和有機方程式的書寫、12有機反應類型的判斷等。推斷時主要依據(jù)分子式判斷可能的反應類型，結合所學有機物之間的相互轉化和題給信息分析。9、【答案】 (1). 研磨、加熱 (2). (3). 核電荷數(shù) PS，原子半徑 PS，得電子能力 PS，非金屬性 PS(4). 2Ca5(PO4)3F+10H 2SO4+5H2O 10CaSO40.5H2O+6H 3PO4+2HF (5). 80 后，H2O2 分解速率大， 濃度顯著降低 (6). CaSO4 微溶 (7). BaCO3+ +2H3PO4 BaSO4+CO 2+H2O+2 (8).【解析】分析 ：磷精礦粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸經過脫有機碳、脫硫等步驟獲得精制磷酸。（1）根據(jù)外界條件對化學反應速率的影響分析，流程中能加快反應速率的措施有：研磨、加熱。（2） 根據(jù) “強酸制弱酸 ”的復分解反應規(guī)律，酸性： H3PO4 H2SO4。 用元素周期律解釋， P 和 S 電子層數(shù)相同， 核電荷數(shù) P S，原子半徑 P S， 得電子能力 P S， 非金屬性 P S。（3）根據(jù) “強酸制弱酸 ”的復分解反應規(guī)律， Ca5（PO4）3F 與 H2SO4 反應生成 HF、磷石膏和磷酸。（4）圖示是相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率， 80前溫度升高反應速率加快，相同時間內有機碳脫除率增大 ；80后溫度升高， H2O2 分解速率大， H2O2 濃度顯著降低，反應速率減慢，相同條件下有機碳脫除率減小。（5）脫硫時， CaCO3稍過量，充分反應后仍有 SO42-殘留，原因是： CaSO4 微溶于水。加入 BaCO3可進一步提高硫2-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4- +H2O。 的脫除率，因為 BaSO4 難溶于水 ， 反應的離子方程式為 BaCO3+SO4（6） 根據(jù)題意關系式為 H3PO42NaOH，由消耗的 NaOH 計算 H3PO4。詳解 ：（1）研磨能增大反應物的接觸面積，加快反應速率，加熱 ，升高溫度加快反應速率；流程中能加快反應速率的措施有：研磨、加熱。（4）圖示是相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率， 80前溫度升高反應速率加快，相同時間內有機碳脫除率增大 ；80后溫度升高， H2O2 分解速率大， H2O2 濃度顯著降低，反應速率減慢，相同條件下有機碳脫除率減小。2-（5） 脫硫時， CaCO3稍過量，充分反應后仍有 SO4 殘留，原因是： CaSO4 微溶于水。加入 BaCO3可進一步提高硫的脫除率， 因為 BaSO4 難溶于水， 其中 SO42-與 BaCO3生成更難溶的 BaSO4 和 CO32-，H3PO4的酸性強于 H2CO3，在13粗磷酸中 CO32-轉化成 H2O 和 CO 2，反應的離子方程式為 BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO 2+2H2PO4-+H 2O。（6） 滴定終點生成 Na2HPO4，則消耗的 H3PO4與 NaOH 物質的量之比為1：2，n（H3PO4）= n（NaOH）= bmol/L c 10-3L= mol，m（H3PO4）= mol 98g/mol= g=0.049bcg， 精制磷酸中 H3PO4的質量分數(shù)為 。點睛 ：本題以磷精礦濕法制備磷酸的工藝流程為載體，考查影響化學反應速率的因素、 “強酸制弱酸 ”的復分解反應規(guī)律、元素周期律、指定情境下方程式的書寫、物質含量的計算等。解題時必須利用所學知識結合流程分析，如第（5）問注意脫硫的反應是在粗磷酸中進行的， BaCO3 或 CaCO3 中碳元素最終變?yōu)?CO2；第（6）問中 H3PO4 與 NaOH物質的量之比的確定等。-1 (2). (3). 反應是氣體物 10、【答案】 (1). 3SO2(g)+2H 2O (g) 2H2SO4 (l)+S(s) H2=- 254 kJ mol質的量減小的反應， 溫度一定時， 增大壓強使反應正向移動， H2SO4 的物質的量增大， 體系總物質的量減小， H2SO42-的物質的量分數(shù)增大 (4). SO2 (5). SO4+(6). 4H (7). 0.4 (8). I-是 SO2 歧化反應的催化劑， H+單獨存在時不具有催化作用，但 H+可以加快歧化反應速率 (9). 反應 ii 比 i 快；D 中由反應 ii 產生的 H+使反應 i 加快【解析】分析 ：（ 1）應用蓋斯定律結合反應 II 分析。（2）采用“定一議二”法，根據(jù)溫度相同時，壓強與 H2SO4 物質的量分數(shù)判斷。-（3）依據(jù)催化劑在反應前后質量和化學性質不變，反應 i+ 反應 ii 消去 I得總反應。（4） 用控制變量法對比分析。詳解 ：（1）根據(jù)過程，反應 II 為 SO2催化歧化生成 H2SO4 和 S，反應為 3SO2+2H2O=2H2SO4+S。 應用蓋斯定律，反應 I+反應 III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）H=H1+H3=（+551kJ/mol ）+（-297kJ/mol ）=+254kJ/mol ，反應 II 的熱化學方程式為 3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）H=-254kJ/mol 。學* 科網(wǎng)（3）反應 II 的總反應為 3SO2+2H2O=2H 2SO4+S，I-可以作為水溶液中 SO2歧化反應的催化劑， 催化劑在反應前后質量和化學性質不變， （總反應 -反應 i） 2 得， 反應 ii 的離子方程式為 I2+2H2O+SO2=4H+SO42-+2I -。（4）B 是 A 的對比實驗， 采用控制變量法， B 比 A 多加了 0.2mol/LH 2SO4，A 與 B 中 KI 濃度應相等， 則 a=0.4。對比 A 與B，加入 H+可以加快 SO +不能催化 SO2歧化反應的速率； 對比 B 與 C，單獨 H 2的歧化反應； 比較 A、B、C，-可得出的結論是： I+單獨存在時不具有催化作用，但 H+可以加快歧化反應速率 。是 SO2 歧化反應的催化劑， H+ -對比 D 和 A，D 中加入 KI 的濃度小于 A ，D 中多加了 I2，反應 i 消耗 H 和 I ，反應 ii 中消耗 I2，D 中“溶液由棕14褐色很快褪色，變成黃色，出現(xiàn)渾濁較 A 快”，反應速率 D A， 由此可見，反應 ii 比反應 i 速率快，反應 ii 產生+使 c（HH+）增大，從而反應 i 加快。點睛 ：本題以利用含硫物質熱化學循環(huán)實現(xiàn)太陽能的轉化與存儲為載體， 考查蓋斯定律的應用 、 化學平衡圖像的分析 、 方程式的書寫、 控制變量法探究外界條件對化學反應速率的影響 ，考查學生靈活運用所學知識解決實際問題的能力。11、【答案】 (1). 2KMnO 4+16HCl 2MnCl 2+2KCl +5Cl 2+8H2O (2). (3).Cl2+2OH- -Cl+ClO-+H 2O (4). i. Fe3+2-(5). 4FeO4+20H+3+4Fe +3O2+10H2O (6). 排除 ClO-的干擾2-(7). (8). 溶液的酸堿性不同 (9). 若能，理由： FeO43+在過量酸的作用下完全轉化為 Fe 和 O2，溶液淺紫色-一定是 MnO 4的顏色（若不能，方案：向紫色溶液 b 中滴加過量稀 H2SO4，觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色）【解析】分析： （1）KMnO 4 與濃鹽酸反應制 Cl2； 由于鹽酸具有揮發(fā)性，所得 Cl2 中混有 HCl 和 H2O（g），HCl 會消耗 Fe（OH）3、KOH ， 用飽和食鹽水除去 HCl ；Cl2與 Fe（OH）3、KOH 反應制備 K2FeO4； 最后用 NaOH 溶液吸收多余 Cl2，防止污染大氣。（2） 根據(jù)制備反應， C 的紫色溶液中含有 K2FeO4、KCl ，Cl2 還會與 KOH 反應生成 KCl 、KClO 和 H2O。3+。 根據(jù)題意 KI.加入 KSCN 溶液，溶液變紅說明 a中含 Fe2FeO4 在酸性或中性溶液中快速產生 O2，自身被還原成3+。 FeII. 產生 Cl2 還可能是 ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即 KClO 的存在干擾判斷 ；K2FeO4 微溶于 KOH 溶液，用 KOH 洗滌除去 KClO 、排除 ClO- 的干擾 ， 同時保持 K2FeO4 穩(wěn)定存在 。 根據(jù)同一反應中，氧化性：氧化劑 氧化產物 。 對比兩個反應的異同，制備反應在堿性條件下，方案 II 在酸性條件下，說明酸堿性的不同影響氧化性的強弱。 判斷的依據(jù)是否排除 FeO42-的顏色對實驗結論的干擾。詳解：（1）A 為氯